Soluții BAC Mate-info 2023 · Sesiunea specială

SUBIECTUL I

1. Avem

$$(2-i)^2=4-4i+i^2=3-4i$$

și

$$i(4+i)=4i+i^2=4i-1.$$

Prin urmare,

$$(2-i)^2+i(4+i)=3-4i+4i-1=2.$$

2. Pentru $f(x)=x+3$, rezultă

$$(f\circ f)(x)=f(f(x))=f(x+3)=x+6.$$

Condiția cerută devine

$$m+6=2m,$$

de unde

$$m=6.$$

3. Ecuația este

$$5^{x+1}-3\cdot 5^x=10.$$

Cum $5^{x+1}=5\cdot 5^x$, obținem

$$(5-3)5^x=10 \iff 2\cdot 5^x=10 \iff 5^x=5.$$

Deci

$$x=1.$$

4. Numerele naturale de două cifre sunt de la $10$ la $99$, deci sunt

$$99-10+1=90$$

numere.

Pentru ca ambele cifre să fie mai mari sau egale cu $7$, cifra zecilor poate fi $7,8,9$, iar cifra unităților poate fi $7,8,9$. Sunt

$$3\cdot 3=9$$

numere favorabile.

Probabilitatea este

$$P=\frac{9}{90}=\frac{1}{10}.$$

5. Vectorii directori ai dreptelor $AB$, respectiv $OC$, sunt

$$\overrightarrow{AB}=(3-0,-2-4)=(3,-6)$$

și

$$\overrightarrow{OC}=(2a,a).$$

Produsul lor scalar este

$$\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{OC}=3\cdot 2a+(-6)\cdot a=6a-6a=0.$$

Cum $a\neq 0$, punctul $C(2a,a)$ este diferit de $O$, deci dreapta $OC$ este bine definită. Rezultă că dreptele $AB$ și $OC$ sunt perpendiculare, pentru orice $a\in\mathbb R^*$.

6. Calculăm

$$E\left(\frac{\pi}{2}\right)=\sin\frac{\pi}{2}+4\cos\frac{\pi}{6}\sin\frac{\pi}{3}.$$

Folosind valorile cunoscute,

$$\sin\frac{\pi}{2}=1,\qquad \cos\frac{\pi}{6}=\frac{\sqrt3}{2},\qquad \sin\frac{\pi}{3}=\frac{\sqrt3}{2},$$

obținem

$$E\left(\frac{\pi}{2}\right)=1+4\cdot \frac{\sqrt3}{2}\cdot \frac{\sqrt3}{2} =1+4\cdot \frac34=1+3=4.$$

SUBIECTUL al II-lea

1.

Se consideră

$$A(a)= \begin{pmatrix} a&-1&2a\\ 1&-2&a\\ 1&1&1-a \end{pmatrix}.$$

• a) Pentru $a=0$,

$$A(0)= \begin{pmatrix} 0&-1&0\\ 1&-2&0\\ 1&1&1 \end{pmatrix}.$$

Dezvoltând determinantul după coloana a treia,

$$\det A(0)=1\cdot \begin{vmatrix} 0&-1\\ 1&-2 \end{vmatrix} =0\cdot(-2)-(-1)\cdot 1=1.$$

• b) Sistemul este omogen. El are soluție unică dacă și numai dacă determinantul matricei coeficienților este nenul.

Calculăm:

$$\det A(a)= \begin{vmatrix} a&-1&2a\\ 1&-2&a\\ 1&1&1-a \end{vmatrix}.$$

Dezvoltând după prima linie,

$$\det A(a) =a \begin{vmatrix} -2&a\\ 1&1-a \end{vmatrix} +\begin{vmatrix} 1&a\\ 1&1-a \end{vmatrix} +2a \begin{vmatrix} 1&-2\\ 1&1 \end{vmatrix}.$$

Astfel,

$$\det A(a)=a\bigl(-2(1-a)-a\bigr)+\bigl(1-a-a\bigr)+2a(1+2).$$

Deci

$$\det A(a)=a(a-2)+1-2a+6a=a^2+2a+1=(a+1)^2.$$

Condiția de unicitate este

$$(a+1)^2\neq 0 \iff a\neq -1.$$

Mulțimea cerută este

$$\mathbb R\setminus\{-1\}.$$

• c) Pentru $a=-1$, sistemul devine

$$\begin{cases} -x-y-2z=0,\\ x-2y-z=0,\\ x+y+2z=0. \end{cases}$$

Prima ecuație este echivalentă cu a treia, deci rezolvăm

$$\begin{cases} x+y+2z=0,\\ x-2y-z=0. \end{cases}$$

Din prima ecuație,

$$x=-y-2z.$$

Înlocuind în a doua:

$$-y-2z-2y-z=0 \iff -3y-3z=0 \iff y=-z.$$

Atunci

$$x=-(-z)-2z=-z.$$

Prin urmare, soluțiile sistemului sunt de forma

$$(x,y,z)=(-t,-t,t),\qquad t\in\mathbb R.$$

Impunem condiția

$$x_0^2+y_0^2+z_0^2=3.$$

Rezultă

$$t^2+t^2+t^2=3 \iff 3t^2=3 \iff t^2=1,$$

deci

$$t=\pm 1.$$

Soluțiile cerute sunt

$$(-1,-1,1)\quad \text{și}\quad (1,1,-1).$$

2.

Pe $\mathbb R$ este definită legea

$$x*y=x^2y^2-4(x+y)^2+1.$$

• a) Calculăm direct:

$$0*1=0^2\cdot 1^2-4(0+1)^2+1=0-4+1=-3.$$

• b) Avem

$$x*(-1)=x^2(-1)^2-4(x-1)^2+1=x^2-4(x-1)^2+1.$$

Dezvoltăm:

$$x*(-1)=x^2-4(x^2-2x+1)+1=-3x^2+8x-3.$$

Atunci

$$x*(-1)-2x=-3x^2+6x-3=-3(x^2-2x+1)=-3(x-1)^2\le 0.$$

Deci

$$x*(-1)\le 2x,\qquad \forall x\in\mathbb R.$$

• c) Căutăm $m,n\in\mathbb N^*$, $m\le n$, astfel încât

$$m*n=1.$$

Din definiție,

$$m^2n^2-4(m+n)^2+1=1,$$

deci

$$m^2n^2=4(m+n)^2.$$

Cum $m,n$ sunt numere naturale nenule, avem $mn>0$ și $m+n>0$, deci

$$mn=2(m+n).$$

Rescriem:

$$mn-2m-2n=0.$$

Adăugând $4$ în ambii membri:

$$mn-2m-2n+4=4,$$

adică

$$(m-2)(n-2)=4.$$

Verificăm mai întâi că $m>2$. Dacă $m=1$, relația $mn=2(m+n)$ ar da

$$n=2+2n,$$

imposibil. Dacă $m=2$, am obține

$$2n=4+2n,$$

imposibil. Deci $m\ge 3$, iar din $m\le n$ rezultă și $n\ge 3$. Astfel $m-2$ și $n-2$ sunt divizori pozitivi ai lui $4$.

Perechile de divizori pozitivi care respectă ordinea sunt

$$(m-2,n-2)=(1,4)\quad \text{sau}\quad (2,2).$$

Prin urmare,

$$(m,n)=(3,6)\quad \text{sau}\quad (4,4).$$

SUBIECTUL al III-lea

1.

Se consideră

$$f:\mathbb R\to\mathbb R,\qquad f(x)=\frac{x}{5}-\ln(x^2+x+5).$$

Observăm că

$$\Delta=1-20=-19<0$$

și coeficientul lui $x^2$ este pozitiv, deci

$$x^2+x+5>0,\qquad \forall x\in\mathbb R.$$

Funcția este astfel bine definită pe $\mathbb R$.

• a) Derivăm:

$$f'(x)=\frac15-\frac{2x+1}{x^2+x+5}.$$

Aducând la același numitor,

$$f'(x)=\frac{x^2+x+5-5(2x+1)}{5(x^2+x+5)} =\frac{x^2+x+5-10x-5}{5(x^2+x+5)}.$$

Deci

$$f'(x)=\frac{x^2-9x}{5(x^2+x+5)},\qquad x\in\mathbb R.$$

• b) Tangenta la grafic este paralelă cu axa $Ox$ dacă și numai dacă

$$f'(x)=0.$$

Cum $5(x^2+x+5)>0$, avem

$$f'(x)=0 \iff x^2-9x=0 \iff x(x-9)=0.$$

Rezultă abscisele

$$x=0\quad \text{și}\quad x=9.$$

• c) Din punctul a),

$$f'(x)=\frac{x(x-9)}{5(x^2+x+5)}.$$

Numitorul este strict pozitiv, deci semnul derivatei este semnul produsului $x(x-9)$. Prin urmare:

$$f'(x)>0 \text{ pe } (-\infty,0),\qquad f'(x)<0 \text{ pe } (0,9),\qquad f'(x)>0 \text{ pe } (9,+\infty).$$

Funcția este strict crescătoare pe $(-\infty,0]$, strict descrescătoare pe $[0,9]$ și strict crescătoare pe $[9,+\infty)$.

Calculăm

$$f(0)=-\ln 5<0.$$

Pe $(-\infty,0]$, funcția este crescătoare și are valoarea maximă $f(0)<0$, deci nu are soluții ale ecuației $f(x)=0$ pe acest interval. Pe $[0,9]$, funcția este descrescătoare, deci

$$f(x)\le f(0)<0,$$

și nu are soluții nici pe acest interval.

Pe $[9,+\infty)$, funcția este strict crescătoare. În plus,

$$f(9)<f(0)<0$$

deoarece funcția este descrescătoare pe $[0,9]$, iar

$$\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{x}{5}-\ln(x^2+x+5)\right)=+\infty,$$

deoarece termenul liniar $\frac{x}{5}$ domină termenul logaritmic.

Prin teorema valorilor intermediare, există cel puțin o soluție în $(9,+\infty)$. Deoarece $f$ este strict crescătoare pe $[9,+\infty)$, această soluție este unică. Așadar, ecuația

$$f(x)=0$$

are soluție unică.

2.

Se consideră

$$f:(-2,+\infty)\to\mathbb R,\qquad f(x)=\frac{4x}{x^3+8}.$$

• a) Pentru $x\in[0,2]$, avem

$$(x^3+8)f(x)=(x^3+8)\cdot \frac{4x}{x^3+8}=4x.$$

Prin urmare,

$$\int_0^2 (x^3+8)f(x)\,dx=\int_0^2 4x\,dx =\left[2x^2\right]_0^2=8.$$

• b) Avem

$$\int_1^4 x f(x)\,dx=\int_1^4 x\cdot \frac{4x}{x^3+8}\,dx =\int_1^4 \frac{4x^2}{x^3+8}\,dx.$$

Folosim substituția

$$u=x^3+8,\qquad du=3x^2\,dx.$$

Astfel,

$$\int_1^4 \frac{4x^2}{x^3+8}\,dx =\frac43\left[\ln(x^3+8)\right]_1^4.$$

Deci

$$\int_1^4 x f(x)\,dx =\frac43\bigl(\ln(4^3+8)-\ln(1^3+8)\bigr) =\frac43(\ln 72-\ln 9).$$

Cum

$$\ln 72-\ln 9=\ln 8=3\ln 2,$$

rezultă

$$\int_1^4 x f(x)\,dx=\frac43\cdot 3\ln 2=4\ln 2.$$

• c) Calculăm mai întâi integrala:

$$\int_0^x t f(t)\,dt =\int_0^x \frac{4t^2}{t^3+8}\,dt.$$

Cu substituția

$$u=t^3+8,\qquad du=3t^2\,dt,$$

obținem

$$\int_0^x \frac{4t^2}{t^3+8}\,dt =\frac43\left[\ln(t^3+8)\right]_0^x =\frac43\bigl(\ln(x^3+8)-\ln 8\bigr).$$

Prin urmare,

$$\frac1{x^3}\int_0^x t f(t)\,dt =\frac43\cdot \frac{\ln\left(\frac{x^3+8}{8}\right)}{x^3} =\frac43\cdot \frac{\ln\left(1+\frac{x^3}{8}\right)}{x^3}.$$

Notând $u=\frac{x^3}{8}$, avem $u\to 0$ când $x\to 0$, iar

$$\ln(1+u)\sim u.$$

Deci

$$\lim_{x\to 0}\frac{\ln\left(1+\frac{x^3}{8}\right)}{x^3} =\frac18.$$

Rezultă

$$\lim_{x\to0}\left(\frac1{x^3}\int_0^x t f(t)\,dt\right) =\frac43\cdot \frac18=\frac16.$$

Autoevaluare pentru punctaj maxim

• Toate cele 18 subpuncte au fost rezolvate în ordinea din subiect.
• Au fost verificate calculele numerice, inclusiv determinantul $\det A(a)=(a+1)^2$, soluțiile sistemului pentru $a=-1$ și integralele de la Subiectul al III-lea.
• Au fost precizate condițiile de domeniu relevante: $a\neq 0$ la dreapta $OC$, pozitivitatea lui $x^2+x+5$ și domeniul funcției raționale.
• Demonstrațiile cerute prin „Arătați” și „Demonstrați” includ pașii esențiali pentru acordarea punctajului maxim.